2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市宾县第二中学高二下学期第二次月考数学试题含解析

黑龙江省哈尔滨市宾县第二中学2022-2023学年高二下学期第二次月考数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．函数的单调减区间是（    ）

A． B．

C．和 D．

【答案】B

【分析】根据函数求导，然后由求解.

【详解】因为函数，

所以，

由，解得，

所以函数的单调递减区间是，

故选：B

2．已知等差数列的公差为2，若成等比数列，则（    ）

A． B． C．4 D．

【答案】C

【分析】根据已知得出，，即可根据等比中项结合已知列出式子，求解得出答案.

【详解】数列是公差为2的等差数列，

，，

成等比数列，

，即，解得，

故选：C.

3．已知数列的前n项和为，，，则＝（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由转化已知递推式，从而得到是等比数列，可求得其通项公式.

【详解】由已知得：，即，则，而，

所以.

故选：B

4．已知数列满足，，则数列的前9项和为（    ）

A．35 B．48 C．50 D．51

【答案】A

【分析】直接利用数列的递推关系式求出数列的各项，进一步求出数列的和．

【详解】解：数列满足，，，

当时，，

当时，，

当时，，

当时，，

当时，，

当时，，

当时．，

所以．

故选：A．

5．设三次函数的导函数为，函数的图象的一部分如图所示，则正确的是（     ）

A．的极大值为，极小值为

B．的极大值为，极小值为

C．的极大值为，极小值为

D．的极大值为，极小值为

【答案】D

【分析】根据题意先判断导数的符号，进而确定原函数的单调性和极值.

【详解】当时，则，可得；

当时，则，可得；

当时，则，可得；

当时，则，可得；

故三次函数在上单调递增，在上单调递减，

可得的极大值为，极小值为.

故选：D.

6．设函数是奇函数（）的导函数，，当时，，则使得成立的的取值范围是

A． B．

C． D．

【答案】A

【详解】构造新函数,，当时.

所以在上单减，又，即.

所以可得,此时，

又为奇函数，所以在上的解集为：.

故选A.

点睛：本题主要考查利用导数研究函数的单调性，需要构造函数，例如，想到构造.一般：（1）条件含有，就构造,（2）若，就构造，（3），就构造，（4）就构造，等便于给出导数时联想构造函数.

7．图1是中国古代建筑中的举架结构，是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举，图2是某古代建筑屋顶截面的示意图．其中是举，是相等的步，相邻桁的举步之比分别为．已知成公差为0.1的等差数列，且直线的斜率为0.725，则（    ）

A．0.75 B．0.8 C．0.85 D．0.9

【答案】D

【分析】设，则可得关于的方程，求出其解后可得正确的选项.

【详解】设，则，

依题意，有，且，

所以，故，

故选：D

8．设函数，其中 ，若存在唯一的整数，使得，则的取值范围是（   ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】设，，问题转化为存在唯一的整数使得满足，求导可得出函数的极值，数形结合可得且，由此可得出实数的取值范围.

【详解】设，，

由题意知，函数在直线下方的图象中只有一个点的横坐标为整数，

，当时，；当时，.

所以，函数的最小值为.

又，.

直线恒过定点且斜率为，

故且，解得，故选D.

【点睛】本题考查导数与极值，涉及数形结合思想转化，属于中等题.

二、多选题

9．下列求导错误的是（    ）．

A． B．

C． D．

【答案】AB

【分析】根据导数的计算公式分别计算.

【详解】，A错误；

，B错误；

，C正确；

，D正确．

故选：AB．

10．已知等差数列的前n项和为，且，，，则（    ）

A．数列是递增数列 B．

C．当时，最大 D．当时，n的最大值为14

【答案】BCD

【分析】利用等差数列的性质可知，进而得出，，依次判断各选项即可得出结果.

【详解】等差数列中，，，，

，公差，数列是递减数列，A错误

，

，B正确.

，数列是递减数列，

当时，最大,C正确.

,

,.

当时，n的最大值为14,D正确.

故选:BCD.

11．已知数列满足，，则（    ）

A．为等比数列 B．的通项公式为

C．为递增数列 D．的前n项和

【答案】AD

【详解】因为，所以，

又，所以是以4为首项，2为公比的等比数列，

即，所以，所以，

所以为递减数列，

的前n项和．

故选：AD．

12．已知函数，则下列选项正确的有（    ）

A．函数极小值为1

B．函数在上单调递增

C．当时，函数的最大值为

D．当时，方程恰有3个不等实根

【答案】AC

【分析】求导得，分析的单调性，进而可得极大值、极小值与最值，即可判断ABC是否正确；作出的图象，结合图象即可判断D是否正确.

【详解】对于AB：

，

当时，，单调递增，

当时，，单调递减，

所以的极大值为，

的极小值为，故A正确，B错误；

对于C：

由函数单调性知，在上单调递增，在上单调递减，在上递增，

且，，

故函数的最大值为，故C正确；

对于D：

当时，，时，，

且的极大值为，的极小值为，

由上述分析可知，的图象为：

由图象可得当或时，有1个实数根，

当或时，有2个实数根，

当时，有3个实数根，故D错误.

故选：AC.

三、填空题

13．已知数列{an}中，a3＝2，a1＝1，且数列是等差数列，则a11＝____．

【答案】﹣4

【分析】根据等差数列首项和第3项的值得到公差，进而得到第11项，从而求解a11的值.

【详解】因为数列{an}中，a3＝2，a1＝1，且数列是等差数列，

所以数列的公差d，

所以（11﹣1）×（），

则a11＝﹣4．

故答案为：﹣4．

14．已知，分别是等差数列，的前n项和，且，则______．

【答案】

【分析】利用等差数列的性质和前n项和公式即可求得.

【详解】因为为等差数列，所以，所以.

故答案为：

15．若函数在区间(1，4)上不单调，则实数a的取值范围是___________.

【答案】(4，5)

【分析】由已知得在上存在变号零点，参变分离后利用导数讨论新函数的单调性后可得实数的取值范围.

【详解】解：函数，，

若函数在区间上不单调，则在上存在变号零点，

由得，

令，，，

在递减，在递增，而，，，

所以.

故答案为：.

16．已知，，若对，，使得成立，则a的取值范围是______．

【答案】

【分析】根据对，，使得成立，只需求解即可.

【详解】因为，

所以，

当时，，当时，，

所以，

因为开口方向向下，

所以在区间上的最小值的端点处取得，

所以要使对，，使得成立，

只需，即或，

即或，

解得，

所以a的取值范围是，

故答案为：

四、解答题

17．给出以下条件：①，，成等比数列；②，，成等比数列；③是与的等差中项．从中任选一个，补充在下面的横线上，再解答．

已知单调递增的等差数列的前n项和为，且，__________．

(1)求的通项公式；

(2)令是以1为首项，2为公比的等比数列，求数列的前n项和．

（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．）

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据题意，由条件结合等差数列的通项公式以及求和公式，得到关于公差的方程，从而得到的通项公式；

（2）根据题意，结合错位相减法即可得到结果.

【详解】（1）选①，设递增等差数列的公差为，

由，，，有，

化简得，则，，所以的通项公式为．

选②，设递增等差数列的公差为，

由，，，有，

化简得，即，解得，

则，所以的通项公式为．

选③，设递增等差数列的公差为，

由是与的等差中项，得，即，

则有，

化简得，即，解得，

则，所以的通项公式为．

（2）由是以1为首项，2为公比的等比数列，得，

由（1）知，即有，

则，于是，

两式相减得：，

因此．

18．已知函数.

(1)当时，求函数的单调区间和极值；

(2)若函数在区间上单调递增，求实数a的取值范围.

【答案】(1)减区间为，增区间为，极小值为，无极大值

(2)

【分析】（1）先求导，从而得到单调区间，根据单调性可得极值；

（2）由条件可知恒成立，再分离变量求最值即可求解.

【详解】（1）函数的定义域为，

当时，

求导得，整理得：.

由得；由得

从而，函数减区间为，增区间为

所以函数极小值为，无极大值.

（2）由已知时，恒成立，即恒成立，

即恒成立，则.

令函数，由知在单调递增，

从而.

经检验知，当时，函数不是常函数，所以a的取值范围是.

19．设数列满足.

（1）求的通项公式；

（2）求数列 的前项和．

【答案】(1) ；(2).

【解析】（1）利用递推公式,作差后即可求得的通项公式.

（2）将的通项公式代入,可得数列的表达式.利用裂项法即可求得前项和.

【详解】（1）数列满足

时,

∴

∴

当时,,上式也成立

∴

（2）

∴数列的前n项和

【点睛】本题考查了利用递推公式求通项公式,裂项法求和的简单应用,属于基础题.

20．已知函数在点处的切线斜率为，且在处取得极值．

(1)求函数的解析式；

(2)当时，求函数的最值．

【答案】(1)；

(2)，．

【分析】（1）利用导数的几何意义及点在曲线上，结合函数极值的定义即可求解；

（2）利用导数法求函数的最值的步骤即可求解.

【详解】（1）因为，

所以，

由题意可知，，，，

所以，解得，，，

所以函数的解析式为，经检验适合题意，

所以；

（2）由（1）知，

令，则，解得，或，

当时，； 当时，；

所以在和上单调递增，在上单调递减，

当时，取的极大值为，

当时，取得极小值为，

又，，

所以，．

21．已知函数.

（1）讨论的单调性；

（2）当时，证明.

【答案】（1）见解析；（2）见解析.

【分析】（1）先求函数导数，再根据导函数符号的变化情况讨论单调性：当时，，则在单调递增；当时，在单调递增，在单调递减.

（2）证明，即证，而，所以需证，设g（x）=lnx-x+1 ，利用导数易得，即得证.

【详解】（1） 的定义域为（0，+），.

若a≥0，则当x∈（0，+）时，，故f（x）在（0，+）单调递增.

若a＜0，则当时，时；当x∈时，.

故f（x）在单调递增，在单调递减.

（2）由（1）知，当a＜0时，f（x）在取得最大值，最大值为.

所以等价于，即.

设g（x）=lnx-x+1，则.

当x∈（0,1）时，；当x∈（1，+）时，.所以g（x）在（0,1）单调递增，在（1，+）单调递减.故当x=1时，g（x）取得最大值，最大值为g（1）=0.所以当x＞0时，g（x）≤0.从而当a＜0时，，即.

【点睛】利用导数证明不等式的常见类型及解题策略：（1）构造差函数.根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式.

（2）根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.

22．已知函数．

（1）当时，求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；

（2）若不等式恒成立，求a的取值范围．

【答案】（1）（2）

【分析】（1）利用导数的几何意义求出在点切线方程，即可得到坐标轴交点坐标，最后根据三角形面积公式得结果；

（2）方法一：利用导数研究函数的单调性，当a=1时，由得,符合题意；当a>1时，可证，从而存在零点，使得，得到，利用零点的条件，结合指数对数的运算化简后，利用基本不等式可以证得恒成立；当时，研究.即可得到不符合题意.综合可得a的取值范围.

【详解】（1），，.

，∴切点坐标为(1,1+e),

∴函数在点(1,f(1)处的切线方程为,即,

切线与坐标轴交点坐标分别为,

∴所求三角形面积为．

（2）［方法一］：通性通法

,，且.

设,则

∴g(x)在上单调递增，即在上单调递增，

当时，,∴,∴成立.

当时， ，，,

∴存在唯一，使得，且当时，当时，，，

因此

>1,

∴∴恒成立；

当时， ∴不是恒成立.

综上所述，实数a的取值范围是[1,+∞).

［方法二］【最优解】：同构

由得，即，而，所以．

令，则，所以在R上单调递增．

由，可知，所以，所以．

令，则．

所以当时，单调递增；

当时，单调递减．

所以，则，即．

所以a的取值范围为．

［方法三］：换元同构

由题意知，令，所以，所以．

于是．

由于，而在时为增函数，故，即，分离参数后有．

令，所以．

当时，单调递增；当时，单调递减．

所以当时，取得最大值为．所以．

［方法四］：

因为定义域为，且，所以，即．

令，则，所以在区间内单调递增．

因为，所以时，有，即．

下面证明当时，恒成立．

令，只需证当时，恒成立．

因为，所以在区间内单调递增，则．

因此要证明时，恒成立，只需证明即可．

由，得．

上面两个不等式两边相加可得，故时，恒成立．

当时，因为，显然不满足恒成立．

所以a的取值范围为．

【整体点评】（2）方法一：利用导数判断函数的单调性，求出其最小值，由即可求出，解法虽稍麻烦，但是此类题，也是本题的通性通法；

方法二：利用同构思想将原不等式化成，再根据函数的单调性以及分离参数法即可求出，是本题的最优解；

方法三：通过先换元，令，再同构，可将原不等式化成，再根据函数的单调性以及分离参数法求出；

方法四：由特殊到一般，利用可得的取值范围，再进行充分性证明即可．